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MAROC - CONCOURS NATIONAL COMMUN FILIERE MP
SESSION 2000
PREMIERE COMPOSITION DE MATHEMATIQUES
corrig´e par Gilles Deruelle.
Premi`ere Partie
1. On a :
lim
n→∞ |un+1|
|un|= lim
n→∞
1
(2n+ 5)(2n+2) =0
ce qui montre que le rayon de convergence de la s´erie enti`ere unXnest ´egal `a+∞.
On en d´eduit que celui de la s´erie enti`ere unx2nest ´egal `a+∞.Gapparaˆıt donc comme le produit
de cette s´erie enti`ere par la fonction x→ x3
2qui est de classe C1sur R+.
2.
∀x∈R+,xG
(x)+3
2G(x)=x
x3
2.
n≥0
unx2n +3
2
n≥0
unx2n+3
2
=3
2x3
2
n≥0
unx2n+x5
2
n≥1
2nunx2n−1+3
2
n≥0
unx2n+3
2
=x3
2
3
n≥0
unx2n+
n≥1
2nunx2n
=x3
2
3u0+
n≥1
(2n+3)unx2n
=x3
2
n≥0
(−1)n
(2n+1)!x2n=√xsin x.
Deuxi`eme Partie
1. (a) ∀t∈[0,1],K(0,t)=0. Onend´eduit que Tf(0) = 0. On a par ailleurs :
∀x∈]0,1] ,Tf(x)=x
0
K(x, t)f(t)dt +1
x
K(x, t)f(t)dt =1
xx
0
t2f(t)dt +x21
x
f(t)
tdt ().
Cela donne la majoration :
∀x∈]0,1] ,|Tf(x)|≤f∞1
xxx
0
t2dt +x21
x
dt
t=f∞x3 3−x2ln x.
On en d´eduit la continuit´edeTf en x=0.
(b) La lin´earit´e de l’op´erateur Td´ecoule de la lin´earit´e de l’int´egrale. Par ailleurs ()montre,pour
tout f∈C([0,1]), la continuit´edeTf sur ]0,1]. Enfin grˆace au 1.(a):∀f∈C([0,1]),Tf ∈C([0,1]).
En conclusion Test bien un endomorphisme de C([0,1]).
1

2. Tn’est pas surjectif : la question 1.(a) amontr´e que pour tout f∈C([0,1]), Tf(0) = 0 ; or une
fonction de C([0,1]) ne s’annule pas n´ecessairement `a l’origine.
3. (a) On a d´ej`amontr´ecer´esultat `alaquestion1.(a).
(b) () montre sans difficult´equeFest de classe C1sur ]0,1]. On obtient pr´ecis´ement :
∀x∈]0,1] ,F
(x)=−1
x2x
0
t2f(t)dt +2x1
x
f(t)
tdt .()
D’o`u la majoration :
∀x∈]0,1] ,|F(x)|≤f∞x2
3−2xln x.
On en d´eduit que lim
x→0+F(x) = 0, puis classiquement par le th´eor`eme de “prolongement C1”,
que Fest de classe C1sur [0,1] avec F(0) = 0.
()et()montrentque F(1) + F(1) = 0.
(c) En d´erivant ()ilvient:
∀x∈]0,1] ,F
(x)= 2
x3x
0
t2f(t)dt +21
x
f(t)
tdt −3f(x).
On en d´eduit grˆace `a():
∀x∈]0,1] ,F
(x)= 2
x21 xx
0
t2f(t)dt +x21
x
f(t)
tdt−3f(x)= 2 x2F(x)−3f(x).
4. (a) Exprimons que x→ xλest solution de (E0):
∀x∈]0,1] ,λ(λ−1)x2x(λ−1)(λ−2) −2xλ=xλλ(λ−1)x(λ−2)2−2=0.
La seule possibilit´eestλ=2.
(b) x→ x2ne s’annulant pas sur ]0,1], cherchons une autre solution sous la forme y=x2z.Onest
alors ramen´e`ar´esoudre :
Z=zet xZ+4Z=0.
On obtient : Z=Cste
x4= z’ , puis z=Cste x3+Cste.
Unesolutionde(E0)ind´ependante de x→ x2est par exemple : x→ 1
x.
Toute solution de (E0)sur]0,1] s’´ecrit alors sous la forme :
y(x)=αx2+β
xo`uαet β∈R.
(c) D’apr`es ce qui pr´ec`ede, f´etant donn´ee, Tf est bien solution du probl`eme pos´e. Il s’agit donc de
montrer que c’est la seule. Supposons pour cela que Fet Gsoient solutions. Alors F−Gest
solution de (E0)etencons´equence il existe αet β∈Rtels que :
F(x)−G(x)=αx2+β
x.
Le fait que lim
x→0+F(x)−G(x) = 0 implique que β= 0. Il vient alors F(x)−G(x)=αx2, puis
F(1) −G(1) + F(1) −G(1) = α+2α=0entraˆıne que α= 0. Finalement F=G.
2

5. Soit λune valeur propre non nulle de Tet fun vecteur propre associ´e. Tf =λf est alors solution du
probl`eme ´enonc´e`alaquestion4.(c). En particulier :
∀x∈]0,1] ,λf
(x)−2
x2λf (x)=−3f(x).
Ce qui donne :
∀x∈]0,1] ,λx
2f(x)+3x2−2λf(x)=0.
Les autres conditions du probl`eme, ´etant v´erifi´ees par λf , le sont par f.
R´eciproquement, on montre par un calcul similaire que si fest une solution non identiquement nulle
du probl`eme pos´e dans cette question (λ=0),λf est solution de celui pos´e`alaquestion4.(c) :Tf
´etant l’unique solution de ce probl`eme, on obtient : Tf =λf avec f=0. Cequimontrequefest
valeur propre de Tassoci´e`alavaleurpropreλ.
Troi s i`eme Partie.
1.et 2. Exprimons donc qu’une s´erie enti`ere anxnest solution de (Eλ)sur]−R, R[:
∀x∈]−R, R[,λx
2
n≥2
n(n−1)anxn−2+3x2
n≥0
anxn−2λ
n≥0
anxn
=−2λ(a0+a1x)+
n≥2
λ[n(n−1) −2]anxn+3
n≥2
an−2xn
=−2λ(a0+a1x)+
n≥2
[λ(n+1)(n−2)an+3an−2]xn=0.
Cela exige que a0=a1=0. Onend´eduit que tous les coefficients de rang impair sont nuls. Par
ailleurs a2peut ˆetre choisi arbitrairement et l’on a :
∀n≥2,a
2n=−3
λ(2n+ 1)(2n−2) a2n−2,
d’o`u l’on tire :
∀n≥1,a
2n=(−1)n−13n
λn−1(2n+ 1)(2n−1)! a2.
La condition fλ(x)∼x2au voisinage de z´ero est v´erifi´ee pour a2=1. Laseules´erie enti`ere qui r´epond
`alaquestionestalors:
fλ(x)=
n≥1
(−1)n−13n
λn−1(2n+ 1)(2n−1)! x2n=
n≥0
(−1)n3n+1
λn(2n+ 3)(2n+1)!x2n+2 .
On v´erifie sans difficult´e que son rayon de convergence est ´egal `a+∞.
On obtient ensuite :
∀x∈R,f
λ(x)=√x
n≥0
(−1)n3n+1
λn(2n+ 3)(2n+1)!x2n+3
2=√x31 4λ3 4
n≥0
(−1)n
(2n+ 3)(2n+1)!3 λx2n+3
2
,
c’est `adire:
fλ(x)=(3λ3)1
4√xG
3
λx.
3

3. (a) Cela d´ecoule directement de fλ(x)∼x2au voisinage de z´ero.
(b) Classiquement on cherche une solution de (Eλ)sur]0,a] sous la forme y=fλz; un calcul sans
difficult´emontrequeZ=zest solution de :
2f
λZ+fλZ=0.
(c) On obtient alors : Z=z=Cste
f2
λ
, puis y(x)=fλ(x).
x
Cste
f2
λ(t)dt.
La fonction positive t→ 1
f2
λ(t)n’´etant pas int´egrable sur ]0,], on obtient par “ int´egration
des relation de comparaison” , au voisinage de z´ero :
y(x)∼x2
x
dt
t4∼Cste x.
Ceci montre qu’il existe une solution yλde (Eλ)sur]0,a]v´erifiant au voisinage de z´ero :
yλ(x)∼1
x.
Les solutions maximales de l’´equation diff´erentielle λy +3x2−2λ
x2y= 0 sont d´efinies sur ]0,+∞[
ou sur ] −∞,0[. Le r´esultat d’existence et d’unicit´e de telles solutions montre que yλse prolonge
de fa¸con unique en une solution sur ]0,+∞[de(Eλ). En particulier il existe une solution gλsur
]0,1] qui prolonge yλ.
4. (a) Les ´equivalents respectifs de fλet gλau voisinage de z´ero montrent que ces deux fonctions ne
peuvent ˆetre colin´eaires.
(b) Toute solution de (Eλ)sur]0,1] s’´ecrit sous la forme :
αfλ+βgλ,avec (α, β)∈R2.
(c) Soit h=αfλ+βgλ. La condition lim
x→0+h(x) = 0 exige clairement β=0. R´eciproquement ...
5. (a) Utilisons la caract´erisation de la question II-5. :soitλune valeur propre non nulle de T;il
existe alors une solution non identiquement nulle de (Eλ)sur]0,1] qui tend vers z´ero `a l’origine.
D’apr`es la question 4.(c), cette solution est proportionnelle `afλ.
Voyons ce qu’entraˆıne la condition f
λ(1) + fλ(1) = 0 :
f
λ(x)=Kλ1
2√xG3 λx+3 λ√xG
3
λx ,
donne :
f
λ(1) + fλ(1) = KλG3
λ+1 2G3 λ+3 λG3 λ
=Kλ3
λG3 λ+3 2G3 λ=Kλ3 λ1
4
sin 3
λ=0.
λest donc n´ecessairement de la forme :
λ=3
k2π2=λkavec k∈N.
4

(b) Le calcul effectu´edanslaquestionpr´ec´edente montre que si λ=λk,fλk, qui est solution de (Eλk),
v´erifie bien les conditions requises (cf. question II-5)... :λkest valeur propre de T, pour tout
k∈N.
(c) Le sous-espace propre associ´e`alavaleurpropreλkest d’apr`es ce qui pr´ec`ede Vect(fλk).
Quatri`eme Partie
1. On obtient sans difficult´e:
∀(f, g)∈E,(Tf,g)=(f, T g)=
[0,1]×[0,1]
K(x, y)f(y)g(x)dxdy .
2. (a) On a :
fλk(x)=Kλk√xG
3
λk
x=Kλk√xG(kπx)=3λ3
k1
4hk(x)= 3
(kπ)3
2
hk(x).
D’o`u:
Th
k=λkhk=3
k2π2hk.
(b) Il vient pour ket m∈Ndistincts :
(Th
k,h m)=λk(hk,h m)=(hk,Th m)=λm(hk,h m)
qui montre que la famille (hk)k∈Nest orthogonale.
On en d´eduit que la famille (Φk)k∈Nest orthonormale.
3. (a) La fonction fest 2πp´eriodique, continue , C1par morceaux et paire : le th´eor`eme de Dirichlet
permet d’affirmer que fest la somme de sa s´erie de Fourier.
On a :
a0(f)= 2
ππ
0
f(t)dt =4
3
et
∀n≥1,a
n(f)= 2
ππ
0
f(t)cosntdt =−2
π3π
0
t2cos ntdt =−2
π3·−2 nπ
0
tsin ntdt =4
π3n·(−1)n−1 nπ.
On obtient finalement :
∀t∈R,f(t)=2
3+4 π2
n≥1
(−1)n−1
n2cos nt .
(b) Parseval donne :
1
ππ
0
f2(t)dt =8
15 =a0(f)2 4+1 2
n≥1
an(f)2=4
9+8 π4
n≥1
1
n4.
D’o`u:
n≥1
1
n4=π4 88 15 −4 9=π4 8·4 45 =π4 90 .
5